2020届高考物理二轮复习 专题冲刺 专题复习篇八 电学实验练习（含解析）

电学实验要点提炼1.实验器材的选择(1)电源的选择：一般根据待测电学元件的额定电流或额定电压选择符合需要的直流电源。(2)电表的选择：一般根据电源的电动势或待测用电器的额定电压选择电压表；根据待测电流的最大电流选择电流表。电表的指针摆动的幅度要尽量大一些，一般应使指针能达到半偏。2电流表内接法与外接法的比较比较项目电流表内接法电流表外接法电路误差原因由于电流表内阻的分压作用，电压表测量值偏大由于电压表内阻的分流作用，电流表测量值偏大测量结果R测RARxRx，电阻的测量值大于真实值R测Rx，电阻的测量值小于真实值适用条件RxRA，大电阻RxRV，小电阻3电流表内接法与外接法的选择(1)比较法若RARV时，Rx为大电阻，电流表内接法误差小，应选用内接法；若，即RRARV时，Rx为小电阻，电流表外接法误差小，应选用外接法；若RRARV时，内、外接法均可。(2)试触法：当无法估计电阻的阻值，难以比较及的大小时，可采用电压表试触法观察电流表、电压表示数变化大小来确定，若电流表示数较电压表示数变化明显，说明电流表外接时电压表分流作用大，Rx为大电阻，应采用内接法；若电压表示数较电流表示数变化明显，说明电流表内接时电流表的分压作用大，Rx为小电阻，应采用外接法。4滑动变阻器分压式接法与限流式接法的选择“以小控大用分压，相差无几用限流”。即当滑动变阻器的阻值较小时，常采用分压式接法；当滑动变阻器的阻值与负载相差不大时，常采用限流式接法。另外，必须采用分压式接法的情况有三种：要求电压从零开始变化；滑动变阻器阻值太小，不能起到限流的作用；限流式接法不能获取有区分度的多组数据。若两种接法均可，则采用限流式接法，因为限流式接法损耗功率小。高考考向1电表改装多用电表的原理和使用例1(2019全国卷)某同学欲将内阻为98.5 、量程为100 A的电流表改装成欧姆表并进行刻度和校准，要求改装后欧姆表的15 k刻度正好对应电流表表盘的50 A刻度。可选用的器材还有：定值电阻R0(阻值14 k)，滑动变阻器R1(最大阻值1500 )，滑动变阻器R2(最大阻值500 )，电阻箱(099999.9 )，干电池(E1.5 V，r1.5 )，红、黑表笔和导线若干。(1)欧姆表设计将图a中的实物连线组成欧姆表。欧姆表改装好后，滑动变阻器R接入电路的电阻应为_ ；滑动变阻器选_(填“R1”或“R2”)。(2)刻度欧姆表表盘通过计算，对整个表盘进行电阻刻度，如图b所示。表盘上a、b处的电流刻度分别为25和75，则a、b处的电阻刻度分别为_、_。(3)校准红、黑表笔短接，调节滑动变阻器，使欧姆表指针指向_ k处；将红、黑表笔与电阻箱连接，记录多组电阻箱接入电路的电阻值及欧姆表上对应的测量值，完成校准数据测量。若校准某刻度时，电阻箱旋钮位置如图c所示，则电阻箱接入的阻值为_ 。解析(1)欧姆表内各元件串联，且红表笔接电源负极，黑表笔接电源正极。欧姆表的中值刻度为欧姆表的内阻，即R内rR0RAR15 k，解得R900 。由于滑动变阻器R2的最大阻值为500 ，所以滑动变阻器选R1。(2)根据闭合电路欧姆定律，得Ia和Ib，代入数据解得Ra45 k，Rb5 k。(3)使用欧姆表测量电阻时，首先要进行电阻调零，此时应将红、黑表笔短接，调整滑动变阻器，使欧姆表指针指向0 k处。电阻箱的阻值为(0.1010100100010005100003) 35000.0 。答案(1)如图所示900R1(2)455(3)035000.0(1)电表改装类型电路图原理把电流表改装为电压表UIg(RgR)扩大电流表量程IIg把电流表改装为欧姆表R内R中RxR内(2)欧姆表使用“六点注意”电流的流向：使用欧姆挡时，多用电表内部电池的正极接黑表笔，负极接红表笔，从电源外部看，电流从红表笔流入，从黑表笔流出。区分“机械调零”和“欧姆调零”：“机械调零”至表盘刻度左侧“0”位置，调节表盘下边的指针定位螺丝；“欧姆调零”至表盘刻度的右侧电阻刻度“0”位置，调节欧姆调零旋钮。倍率选择：使用欧姆挡测电阻时，表头指针过大或过小均有较大误差，指针偏转角度在满偏到满偏之间读数较准确。换挡需重新进行欧姆调零。读数之后要乘以倍率得阻值。电池用久了，电动势变小，内阻变大，使测量结果偏大。备课记录： 11(2019全国卷)某同学要将一量程为250 A的微安表改装为量程为20 mA的电流表。该同学测得微安表内阻为1200 ，经计算后将一阻值为R的电阻与该微安表连接，进行改装。然后利用一标准毫安表，根据图a所示电路对改装后的电表进行检测(虚线框内是改装后的电表)。(1)根据图a和题给条件，将图b中的实物连线。(2)当标准毫安表的示数为16.0 mA时，微安表的指针位置如图c所示。由此可以推测出所改装的电表量程不是预期值，而是_。(填正确答案标号)A18 mA B21 mA C25 mA D28 mA(3)产生上述问题的原因可能是_。(填正确答案标号)A微安表内阻测量错误，实际内阻大于1200 B微安表内阻测量错误，实际内阻小于1200 CR值计算错误，接入的电阻偏小DR值计算错误，接入的电阻偏大(4)要达到预期目的，无论测得的内阻值是否正确，都不必重新测量，只需要将阻值为R的电阻换为一个阻值为kR的电阻即可，其中k_。答案(1)图见解析(2)C(3)AC(4)解析(1)微安表改装为大量程的电流表，应并联电阻R，实物连线如图所示。(2)串联电路中电流处处相等，毫安表示数为16.0 mA时，对应微安表的示数为160 A，根据比例关系得，当微安表指针指到满量程250 A时，毫安表的示数应为25 mA，即为改装后电表的量程，C正确。(3)根据IgRg(IIg)R，得IIg。产生上述问题的原因可能是微安表内阻测量错误，实际内阻大于1200 ，或者并联的电阻R值计算错误，接入的电阻偏小，A、C正确。(4)设微安表的满偏电压为U，则对并联的电阻R有U(250.25)103 AR对并联的电阻kR有U(200.25)103 AkR解得k。12(2019福建南平二模)为了将小量程电流表改装成量程为3 V的电压表，实验器材如下：A电流表G：满偏电流为300 A，内阻约100 B干电池E：电动势为3 V，内阻未知C滑动变阻器R1：最大阻值为500 ，额定电流为1 AD滑动变阻器R2：最大阻值为15 k，额定电流为0.5 AE电阻箱R0：最大值为999.9 ，额定电流为0.5 AF电阻箱R：最大值为9999.9 ，额定电流为0.5 AG开关两个，导线若干请回答以下问题：(1)为尽可能准确测量电流表的内阻，应选用甲图中的_(选填“A”或“B”)电路。(2)根据所选电路完成实物电路连接。闭合开关S1，调节滑动变阻器使电流表的示数为300 A；接着保持滑动变阻器的滑片位置不变，闭合开关S2，调节电阻箱R0的阻值，当R0200 时电流表示数如图乙所示，则流过电流表的电流为_ A，电流表内阻的测量值为_ 。(3)现将上述电流表与电阻箱R串联改装成量程为3 V的电压表，则电阻箱R接入电路的阻值应为_ k。(4)若用改装后的电压表测量某电路电压，则电压测量值_(选填“大于”“等于”或“小于”)真实值。答案(1)B(2)200100(3)9.9(4)小于解析(1)由“半偏法”测量电流表内阻的原理可知，先闭合S1，调节滑动变阻器的阻值，使电流表满偏；然后闭合开关S2，调节电阻箱的阻值，使电流表半偏，读出电阻箱的阻值即为电流表的内阻。其中当闭合开关S2时，认为电路中的总电流不变，这样必须要求滑动变阻器的阻值比电流表的内阻大得多，即滑动变阻器应选R2，电路应选择B。(2)由图可知，电流表读数为200 A，则通过电阻箱的电流为100 A，则电阻箱R0的阻值等于电流表内阻的2倍，即电流表内阻为100 。(3)将上述电流表与电阻箱R串联改装成量程为3 V的电压表，则电阻箱R接入电路的阻值应为Rrg 100 9900 9.9 k。(4)若用改装后的电压表测量某电路电压，当电压表并联到被测电路上后，此部分电路总电阻减小，则电压表两端的电压减小，即电压测量值小于真实值。高考考向2以测电阻为主体的实验例2(2019天津高考)现测定长金属丝的电阻率。(1)某次用螺旋测微器测量金属丝直径的结果如图所示，其读数是_ mm。(2)利用下列器材设计一个电路，尽量准确地测量一段金属丝的电阻。这段金属丝的电阻Rx约为100 ，画出实验电路图，并标明器材代号。电源E(电动势10 V，内阻约为10 )电流表A1(量程0250 mA，内阻R15 )电流表A2(量程0300 mA，内阻约为5 )滑动变阻器R(最大阻值10 ，额定电流2 A)开关S及导线若干(3)某同学设计方案正确，测量得到电流表A1的读数为I1，电流表A2的读数为I2，则这段金属丝电阻的计算式Rx_。从设计原理看，其测量值与真实值相比_(填“偏大”“偏小”或“相等”)。解析(1)d20.00.01 mm0.200 mm。(2)本题要测量金属丝的电阻，无电压表，故用已知内阻的电流表A1充当电压表，由于电流表A1的满偏电压UA1ImR11.25 V，比电源电动势小得多，故电路采用分压式接法，电路图如图所示。(3)当电流表A1、A2读数分别为I1、I2时，通过Rx的电流为II2I1，Rx两端电压UI1R1，故Rx。不考虑读数误差，从设计原理看，测量值等于真实值。答案(1)0.200(0.1960.204均可)(2)图见解析(3)相等(1)测电阻的方法(2)在给出工作元件的伏安特性曲线的情况下，若再给出电源的电动势和内阻，则工作元件的伏安特性曲线和电源(或等效电源)的UI图线的交点即为此工作元件的“工作点”，可利用此“工作点”求解工作元件工作时的电阻或电功率等。备课记录： 21(2019湖南永州二模)同学们打算测量一未知电阻R的阻值(阻值约10 k)，现在实验桌上有下列器材：A滑动变阻器R1(0100 )B电阻箱R0(99999.9 )C灵敏电流计G(300 A，内阻不可忽略)D直流电源E(3 V，内阻不计)E开关、导线若干(1)甲同学用图a所示的电路进行实验。先将滑动变阻器的滑动头移到_(填“左”或“右”)端，再接通开关S；保持S2断开，闭合S1，调节R1使电流计指针偏转至某一位置，并记下电流I1；断开S1，保持R1滑片位置不变，闭合S2，调节R0使得电流计读数为_时，R0的读数即为待测电阻的阻值。(2)乙同学查得电流计的内阻为Rg，采用图b进行实验，改变电阻箱的电阻，读出电流计相应的示数I，由测得的数据作出R0图象，如图c所示，图线纵轴截距为b，斜率为k，则待测电阻R的阻值为_。答案(1)左I1(2)Rg解析(1)为了保证实验安全，开始时待测电阻两端的电压应为0，故应先将滑动变阻器的滑动头移至左端，从左端开始调节；由实验原理可知，保持R1阻值不变，断开S1，闭合S2，R0连入电路，只有调节电阻箱使电流计读数重新为I1时，R0的阻值才和待测电阻的阻值相等。(2)将R与Rg等效为R总，则根据闭合电路欧姆定律有：EI(R0R总)。整理可得：，则b，k，解得：R总因R总包括待测电阻及电流计内阻，故待测电阻阻值为：RR总RgRg。22(2019四川雅安三诊)在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，小灯泡的规格为“4 V2 W”，除导线和开关外，还有以下器材可供选择：A直流电源(电动势约为5 V，内阻可不计)B直流电压表(量程015 V，内阻约为15 k)C直流电压表(量程05 V，内阻约为8 k)D直流电流表(量程03 A，内阻约为0.1 )E直流电流表(量程0600 mA，内阻约为5 )F滑动变阻器(最大阻值1 k，允许通过的最大电流为0.6 A)G滑动变阻器(最大阻值5 ，允许通过的最大电流为2 A)实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化并能测多组数据。(1)实验中电压表应选用_，电流表应选用_，滑动变阻器应选用_。(均用序号字母表示)(2)请按实验要求将如图1中所示的器材连成实验电路。(3)某同学作出小灯泡的伏安特性曲线如图2甲所示。现把实验中使用的小灯泡接到如图2乙所示的电路中，其中电源电动势E5 V，内阻r2 ，定值电阻R8 ，此时灯泡的实际功率为_ W。(结果保留两位有效数字)答案(1)CEG(2)图见解析(3)0.56解析(1)小灯泡的额定电压为4 V，故电压表应选择05 V的量程，即电压表应选择C；小灯泡的额定电流为：IL A0.5 A，故电流表选E；实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化并能测多组数据，故滑动变阻器采用分压接法，为方便实验操作，滑动变阻器应选择最大阻值较小的，故滑动变阻器应选择G。(2)描绘灯泡的伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法；灯泡电阻与电流表内阻相差不多，电压表内阻远大于灯泡电阻，故电流表应采用外接法，据此将实物电路连接完整如图所示。(3)把定值电阻R8 与电源整体看做等效电源，根据闭合电路欧姆定律得：U510I，在图2甲中作出等效电源的UI图象如图所示。由上图图象可知，此时灯泡两端电压U1.7 V，灯泡电流I0.33 A，灯泡的实际功率PUI1.70.33 W0.56 W。高考考向3测定电源的电动势和内阻例3(2018江苏高考)一同学测量某干电池的电动势和内阻。(1)如图所示是该同学正准备接入最后一根导线(图中虚线所示)时的实验电路。请指出图中在器材操作上存在的两个不妥之处_；_。(2)实验测得的电阻箱阻值R和电流表示数I，以及计算的数据见下表：R/8.07.06.05.04.0I/A0.150.170.190.220.26/A16.76.05.34.53.8根据表中数据，在答题卡的方格纸上作出R关系图象，由图象可计算出该干电池的电动势为_V；内阻为_ 。(3)为了得到更准确的测量结果，在测出上述数据后，该同学将一只量程为100 mV的电压表并联在电流表的两端。调节电阻箱，当电流表的示数为0.33 A时，电压表的指针位置如图所示，则该干电池的电动势应为_ V；内阻应为_ 。解析(1)连接电路时电源应与电路断开，所以开关要断开；另一错误是电阻箱接入电路的电阻是零，这样容易烧坏电流表和电源。(2)将数据描点连线，作出一条倾斜的直线。根据闭合电路欧姆定律EI(Rr)得REr，所以图线的斜率表示电源电动势，E V1.37 V，截距绝对值表示电源内阻：r0.43.0 1.20 。(3)用电压表与电流表并联，可测得电流表的内阻RA 0.20 ，考虑电表内阻对实验的影响，则EI(RRAr)，得RE(RAr)，所以图线的斜率仍表示电动势，电动势的准确值为1.37 V，图线的截距绝对值表示(RAr)，所以内阻精确值为r(1.200.20) 1.00 。答案(1)开关未断开电阻箱阻值为零(2)图象如图所示。137(1.301.44都算正确)1.20(1.01.4都算正确)(3)1.37(结果与(2)问第一个空格一致)1.00(结果比(2)问第二个空格小0.2) 测量电源电动势和内阻的三个方案备课记录： 31(2019山东威海三模)某同学利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内电阻。实验电路如图甲所示，现有开关和导线若干，以及如下器材：A电流表A：量程00.6 A，内阻约0.125 B电压表V：量程03 V，内阻约3 kC滑动变阻器020 D滑动变阻器0200 (1)为了操作方便，减小实验误差，滑动变阻器应选用_(选填相应器材前的字母)。(2)闭合开关前，滑动变阻器的滑片应该置于最_端(选填“左”或“右”)。(3)图乙是该同学根据实验数据绘制的UI图线，根据图线求得被测干电池的电动势E_ V，内阻r_ (结果保留到小数点后两位)。(4)该实验中，产生系统误差的主要原因是_。图丙中实线为根据测量数据绘制的图线，虚线代表在没有误差情况下，电压表两端电压的真实值与通过电源电流真实值关系的图线，图丙四幅图中能够正确反映两者关系的是_。答案(1)C(2)右(3)1.480.90(4)电压表分流D解析(1)若选C，则电路中的电流最小约为0.08 A，此时电流表指针偏转已经较小；若选D，则滑动变阻器阻值从200 到20 ，电路中的电流一直很小，所以为了方便实验操作，滑动变阻器应选择C。(2)滑动变阻器采用限流接法，为保护电路，闭合开关前滑片要置于阻值最大处，即右端。(3)由图示电源UI图象可知，电源电动势为：E1.48 V，电源内阻为：r 0.90 。(4)由图示电路图可知，电流表采用内接法，由于电压表不是理想电表，故存在分流现象，导致测得通过电源的电流偏小；而当外电路短路时，电压表的分流可以忽略，故真实图象和测量图象在横轴上的交点相同，故D正确，A、B、C错误。32(2019黑龙江哈尔滨三中二模)(1)某同学根据如图甲所示的装置测量某电源的电动势和内阻，实验测得电压表的读数为U1时电阻箱的读数为R1；当电压表的读数为U2时电阻箱的读数为R2，则电源的电动势E_。(2)为减小电压表读数带来的实验误差，该同学结合实验室的器材对原电路稍作了改进如图乙：请根据电路图将图丙所示器材连接成电路。(3)闭合开关后，调节电阻箱接入电路的阻值，得到多组电阻箱接入电路的阻值R和对应的电压表的示数U，为了比较准确地得出实验结论，该同学准备用直线图象来处理实验数据，根据测得的多组电阻箱的阻值R和记录的对应电压表的读数U，作出图象如图丁所示，图线与横、纵坐标轴的截距分别为0.2 1和0.5 V1，定值电阻的阻值R04.5 。则可得该电源的电动势为_，内阻为_。答案(1)(2)图见解析(3)2 V0.5 解析(1)根据闭合电路欧姆定律得：EU1r，EU2r，联立可得：E。(2)连接电路如图所示：(3)根据闭合电路欧姆定律，有：EU(rR0)，变形可得：，故图象的斜率为k，纵截距为，由图可知k，纵截距为0.5，解得：E2 V，r0.5 。高考考向4创新型电学实验例4(2019全国卷)某小组利用图a所示的电路，研究硅二极管在恒定电流条件下的正向电压U与温度t的关系，图中和为理想电压表；R为滑动变阻器，R0为定值电阻(阻值100 )；S为开关，E为电源。实验中二极管置于控温炉内，控温炉内的温度t由温度计(图中未画出)测出。图b是该小组在恒定电流为50.0 A时得到的某硅二极管Ut关系曲线。回答下列问题：(1)实验中，为保证流过二极管的电流为50.0 A，应调节滑动变阻器R，使电压表的示数为U1_ mV；根据图b可知，当控温炉内的温度t升高时，硅二极管正向电阻_(填“变大”或“变小”)，电压表示数_(填“增大”或“减小”)，此时应将R的滑片向_(填“A”或“B”)端移动，以使示数仍为U1。(2)由图b可以看出U与t成线性关系。硅二极管可以作为测温传感器，该硅二极管的测温灵敏度为_103 V/(保留两位有效数字)。解析(1)、是理想电压表，则R0与硅二极管串联，电流相等，R0两端电压U1IR050.0106100 V5.00103 V5.00 mV。由Ut图象知，当控温炉内温度t升高时，U变小，又I50.0 A不变，故硅二极管正向电阻变小；当控温炉内温度升高时，硅二极管电阻变小，反过来影响电路中电流，由闭合电路欧姆定律知，电路中电流增大，示数增大；要保持示数不变，需增大滑动变阻器的阻值，即将滑片向B端移动。(2)由Ut图象的斜率可知： V/2.8103 V/。答案(1)5.00变小增大B(2)2.8 解答创新型实验的基本方法备课记录： 4(2019河南郑州二模)导体或半导体材料在外力作用下产生机械形变时，其电阻值发生相应变化，这种现象称为应变电阻效应。如图甲所示，用来称重的电子吊秤，就是利用了这个应变效应。电子吊秤实现称重的关键元件是拉力传感器。其工作原理是：挂钩上挂上重物，传感器中拉力敏感电阻丝在拉力作用下发生微小形变(宏观上可认为形状不变)，拉力敏感电阻丝的电阻也随着发生变化，再经相应的测量电路把这一电阻变化转换为电信号(电压或电流)，从而完成将所称物体重量变换为电信号。物理小组找到一根拉力敏感电阻丝R，其阻值随拉力F变化的图象如图乙所示，小组按图丙所示电路制作了一个简易“吊秤”。电路中电源电动势E3 V，内阻r1 ；灵敏毫安表量程为10 mA，内阻Rg50 ；R1是可变电阻器，A、B两接线柱等高且固定。现将这根拉力敏感电阻丝套上轻质光滑绝缘环，将其两端接在A、B两接线柱之间固定不动。通过光滑绝缘滑环可将重物吊起，不计敏感电阻丝重力，现完成下列操作步骤：步骤a.滑环下不吊重物时，闭合开关调节可变电阻R1使毫安表指针满偏；步骤b.滑环下吊上已知重力的重物G，测出电阻丝与竖直方向的夹角为；步骤c.保持可变电阻R1接入电路的电阻不变，读出此时毫安表示数I；步骤d.换用不同已知重力的重物，挂在滑环上记录每一个重力值对应的电流值；步骤e：将电流表刻度盘改装为重力刻度盘。(1)试写出敏感电阻丝上的拉力F与重物重力G的关系式F_。(2)设RF图象斜率为k，试写出电流表示数I与待测重物重力G的表达式I_(用E、r、R1、Rg、R0、k、表示)。(3)若RF图象中R0100 ，k0.5 /N，测得60，毫安表指针半偏，则待测重物重力G_ N。(4)关于改装后的重力刻度盘，下列说法正确的是()A重力零刻度线在电流表满刻度处，刻度线均匀B重力零刻度线在电流表零刻度处，刻度线均匀C重力零刻度线在电流表满刻度处，刻度线不均匀D重力零刻度线在电流表零刻度处，刻度线不均匀(5)若电源电动势不变，内阻变大，其他条件不变，用这台“简易吊秤”称重前，进行了步骤a操作；则测量结果_(填“偏大”“偏小”或“不变”)。答案(1)(2)(3)600 N(4)C(5)不变解析(1)对滑环受力分析，由平衡知识可知：2FcosG，解得：F。(2)由图乙可知：RkFR0；由图丙电路可知：I。(3)将R0100 ，k0.5 /N，60，IIg5 mA，E3 V，内阻r1 ，Rg50 代入I和Ig，可得G600 N。(4)当不挂重物时，电流计满偏，则重力零刻度线在电流表满刻度处，因G与I不是线性关系，则刻度线不均匀，故选C。(5)实验前进行了a操作，则Ig，则当挂重物G时：I，则电源内阻对实验结果无影响，测量结果不变。阅卷现场电表选择出错例5(2018天津高考)(12分)某同学用伏安法测定待测电阻Rx的阻值(约为10 k)，除了Rx、开关S、导线外，还有下列器材供选用：A电压表(量程01 V，内阻约为10 k)B电压表(量程010 V，内阻约为100 k)C电流表(01 mA，内阻约为30 )D电流表(00.6 A，内阻约为0.05 )E电源(电动势1.5 V，额定电流0.5 A，内阻不计)F电源(电动势12 V，额定电流2 A，内阻不计)G滑动变阻器R0(阻值范围010 ，额定电流2 A)(1)为使测量尽量准确，电压表选用_，电流表选用_，电源选用_。(均填器材的字母代号)(2)画出测量Rx阻值的实验电路图。(3)该同学选择器材、连接电路和操作均正确，从实验原理上看，待测电阻测量值会_其真实值(填“大于”“小于”或“等于”)，原因是_。正解(1)若选用电源1.5 V，由于被测电阻很大，电路中电流非常小，不利于实验，即电源选用电动势为12 V的，即F；则电压表就应该选取B；电路中的最大电流为I A1.2 mA，故选用电流表C。(2)因为给的滑动变阻器的最大阻值只有10 ，若采用滑动变阻器的限流接法，则电路中电流和电压变化不明显，故采用滑动变阻器的分压接法；由于，所以采用电流表内接法，电路如图所示。(3)由于电流表的分压，导致电压测量值偏大，而电流的测量值是准确的，根据Rx可知测量值偏大。答案(1)B(2分)C(2分)F(2分)(2)图见解析(2分)(3)大于(2分)电压表的读数大于待测电阻两端实际电压(其他正确表述也可)(2分)错解(1)用伏安法测定待测电阻Rx的阻值，电压表内阻越大越好，电流表内阻越小越好，故电压表选用B，电流表选用D；电源的额定电流应尽量大些，以避免烧坏电源，故电源选用F。(2)因为给的滑动变阻器的最大阻值只有10 ，若采用滑动变阻器的限流接法，则电路中电流和电压变化不明显，故采用滑动变阻器的分压接法；由于，所以采用电流表内接法，电路图如图所示。(3)由于电流表的分压，导致电压测量值偏大，而电流的测量值是准确的，根据Rx可知测量值偏大。答案(1)B(2分)D(扣2分)F(2分)(2)图见解析(2分)(3)大于(2分)电压表的读数大于待测电阻两端实际电压(其他正确表述也可)(2分)本题的错误之处是选电表时，只考虑到电表内阻给测量带来的误差，没考虑到电表量程是否合适；选电源时，只考虑到额定电流的影响，没考虑到电源电动势与电表之间的联系，它们之间是相互关联的，选择时要综合考虑。(第1、3个空填对是侥幸)其他常见错误还有：电流表的内接与外接不清楚，不会比较待测电阻相对电压表和电流表的内阻是大电阻还是小电阻；滑动变阻器采用限流式接法，原因是不清楚分压式接法与限流式接法的选用原则；不会分析实验误差。专题作业1(2019济南市期末)如图甲为某磁敏电阻在室温下的电阻磁感应强度特性曲线，其中RB表示有磁场时磁敏电阻的阻值，R0表示无磁场时的磁敏电阻的阻值。为测量某磁场的磁感应强度B，需先测量磁敏电阻处于磁场中的电阻值。(1)某同学首先测量待测磁场中磁敏电阻的阻值，利用下面提供的器材，请将图乙中的导线补充完整。提供的器材如下：A磁敏电阻，无磁场时阻值R0140 B滑动变阻器R，全电阻约20 C电流表A，量程2.5 mA，内阻RA100 D电压表V，量程3 V，内阻约3 kE直流电源E，电动势3 V，内阻不计F开关S，导线若干(2)正确接线后，测量数据如下表，请利用表格数据在图丙中描点作图。123456U(V)0.000.450.911.501.792.71I(mA)0.000.300.601.001.201.80(3)根据UI图象尽可能准确地求出磁敏电阻的阻值RB_ ，结合图甲可知待测磁场的磁感应强度B_ T。(结果均保留两位有效数字)答案(1)见解析图1(2)见解析图2(3)1.41031.2解析(1)采用伏安法测量电阻，因为电流表内阻已知，故采用电流表内接法；滑动变阻器电阻较小，应采用分压式接法，连接实物图如图1所示。(2)描点作图如图2所示。(3)由UI图象得RBRA1.4103 ，则10，对照图甲得B1.2 T。2(2019南昌市检测)一课外实验小组用如图a所示的电路测量某待测电阻Rx的阻值，图中R0为标准电阻(R020.0 )；可视为理想电压表，S1为单刀开关，S2为单刀双掷开关，E为电源，R为滑动变阻器，采用如下步骤完成实验：(1)根据实验原理电路图连接好电路。(2)将滑动变阻器滑动端置于_位置(填“左端”“右端”或“中间”)，再闭合S1。(3)将开关S2掷于1端，改变滑动变阻器滑动触头的位置，记下此时电压表的示数U1；然后将S2掷于2端，记下此时电压表的示数U2。(4)待测电阻阻值的表达式Rx_(用R0、U1、U2表示)。(5)为减小偶然误差，改变滑动头的位置，测得几组U1、U2的值，作出U1与U2的关系图象如图b所示，则待测电阻Rx_ 。答案(2)左端(4)R0(5)10.0解析(2)此电路中，滑动变阻器起分压作用，闭合S1前，应将滑动变阻器阻值调为0，即将滑动端置于左端。(4)根据题意，开关S2接在1时，电压表测R0两端电压，开关S2接在2时，电压表测R0与Rx的总电压，测量电路中的电流为I，Rx两端的电压为UxU2U1，根据欧姆定律有UxIRx，联立解得RxR0。(5)RxR0，整理得U2U1，U2U1关系图象的斜率为11.5，将R020.0 代入，解得Rx10.0 。3(2019江苏省丹阳市丹阳高级中学三模)为了测量电源的电动势和内阻，提供的器材如下：A待测电源(电动势约为8 V、内阻约为2 )B电压表V(03 V，内阻约为3 k)C电流表A(01 A)D电阻箱R(099999.9 )E滑动变阻器(020 )F滑动变阻器(0100 )G开关、导线若干(1)采用图甲所示电路测量电压表的内阻RV。调节电阻箱R，使电压表指针满偏，此时电阻箱示数为R1；再调节电阻箱R，使电压表指针指在满刻度的一半处，此时电阻箱示数为R2。电压表内阻RV_。关于上述实验，下列说法中正确的有_。A实验中电源可使用待测电源B闭合开关S前，应将电阻箱阻值调到最小C调节电压表满偏时，电阻箱的阻值是逐渐增大的D实验中忽略了电源的内阻，会使测量值偏大(2)若测得电压表内阻RV3010 ，与之串联R_ 的电阻，将电压表的量程变为9 V。(3)为测量电源的电动势和内阻，请用笔画线代替导线，将图乙电路连接完整。实验中，滑动变阻器应选择_(选填“E”或“F”)，并指出产生实验误差的一个原因：_。答案(1)R22R1AD(2)6020(3)图见解析E电压表的分流解析(1)图甲电路电源的内阻可忽略，设满偏电压为U，则由串并联电路的规律可知：UR1R2，解得：RVR22R1；待测电源的电动势约为8 V，能够使电压表达到满偏或半偏，故A正确；由于采用限流接法，故闭合开关S前，应将电阻箱阻值调到最大，故B错误；调节电压表满偏时，电压表所分电压逐渐增大，电路中电流逐渐增大，电阻箱两端的电压减小，根据欧姆定律可知，电阻箱的阻值是逐渐减小的，故C错误；考虑电源内阻，设电压表内阻的真实值为RV，则有U(R1r)(R2r)，解得：RVR22R1r，所以测量值RV偏大，故D正确。(2)根据改装原理可知，解得：R6020 。(3)电源电动势为8 V，而电压表的量程只有3 V，所以应将电压表串联电阻箱扩大电压表的量程，连接电路，如图所示：由于电源内阻较小，为了便于调节使电表示数变化明显，滑动变阻器应选择E；由图可知，电路中采用相对电源的电流表外接法，电压表的分流使测得通过电源的电流偏小会产生误差。4(2019四川泸州二诊)小聪想用满偏电流为600 A的灵敏电流计G改装成0.6 A的电流表，操作步骤如下：(1)用如图1所示的电路测量电流计G的内阻。先闭合S1，调节滑动变阻器R，使电流计指针满偏；保持滑动变阻器的滑片位置不变，再闭合S2，调节电阻箱R，使电流计指针半偏，读出此时R的阻值为99.9 ，则测得灵敏电流计的内阻rg_ 。(2)用这种方法测出的电流计内阻rg，与电流计内阻的真实值rg相比有一定的误差，为减小此误差，应使R_(选填“”“”或“”)R的读数。(3)将此灵敏电流计与R0_ 的定值电阻并联，就可以改装成量程为0.6 A的电流表。(4)采用如图2所示电路，用满偏电流为0.6 A的标准电流表A校对上述改装的电流表，由于测量电流计内阻的系统误差，会导致改装的电流表测得的电流_(选填“大于”“小于”或“等于”)标准电流表测得的电流。答案(1)99.9(2)(3)0.1(4)小于解析(1)用半偏法测电阻，若并联电路电流相同，则电阻相同，电流计内阻等于电阻箱阻值，为99.9 。(2)因总电阻变小，电路中总电流变大，则电阻箱所在支路的电流大于原电流的一半，则电阻箱阻值小于电流计的内阻，即测量值偏小；若RR，则电路中的电流增加量几乎可以忽略不计，可以减小实验的误差。(3)将此灵敏电流计改装成电流表要并联电阻，由欧姆定律可得：(IIg)R0Igrg解得R00.1 。(4)由于电流计内阻的测量值偏小，所以由公式得出的与电流计并联的R0偏小，导致改装的电流表的量程偏大，所以实际的读数偏小，即改装的电流表测得的电流小于标准电流表测得的电流。5(2019石家庄精英中学高三二调)某同学做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验，已知小灯泡标称值为“2.5 V1.25 W”，实验室中除导线和开关外，还有以下器材可供选择：电压表V1(量程为3 V，内阻为3 k)电流表A1(量程为100 mA，内阻为10 )电流表A2(量程为3 A，内阻为0.1 )滑动变阻器R1(010 ，额定电流为2 A)滑动变阻器R2(01 k，额定电流为0.5 A)定值电阻R3(阻值为2.5 )定值电阻R4(阻值为10 )定值电阻R5(阻值为1 k)电源E(E3 V，内阻不计)实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化并能进行多次测量。(1)实验中滑动变阻器应选用_，电流表应选用_，并_(填“串联”或“并联”)定值电阻。(均填器材的符号)(2)在图1中的虚线框内画出电路图。(图中标出选用的器材的符号)(3)实验中得到的该灯泡的伏安特性曲线如图2所示，如果将小灯泡与另一个电动势为2 V、内阻为4 的电源直接相连，则小灯泡的实际功率为_ W。(保留两位有效数字)答案(1)R1A1并联(2)图见解析(3)0.25解析(1)“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，小灯泡两端的电压要从0开始逐渐增大，滑动变阻器起分压作用，故应选择阻值小的R1；小灯泡的额定电流为：IL0.5 A500 mA，电流表A2的量程太大，不能用它来测电流，把电流表A1与定值电阻R3并联，可改装成量程为500 mA的电流表。(2)“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，电压表内阻远大于小灯泡电阻，而小灯泡的电阻与改装后的电流表内阻相差不大，故电流表采用外接法，实验电路图如图所示：(3)在小灯泡的IU坐标系内作出电源的IU图线如图所示：两图线交点的坐标为：U0.9 V，I0.28 A则小灯泡的实际功率为：PUI0.90.28 W0.25 W。6. (2019山西省二模)某多用电表内欧姆挡“1”的内部电路图如图甲的虚线框所示。一学习小组将电阻箱和电压表并联后接到多用电表两表笔A、B上，采用图甲的电路测量多用电表欧姆挡“1”正常工作时的内阻R0和其内部电池的电动势E(电压表的内阻很大，它在该电路中的分流作用可以忽略)，实验操作步骤如下：(1)先调整“指针定位螺丝”，再将选择开关转至欧姆挡“1”，红黑表笔短接，调节“欧姆调零旋钮”使指针指在表盘_(填“左”或“右”)侧零刻度处。(2)电阻箱和电压表并联后的两端分别接在表笔A和B上，正确的接法是：电压表的正接线柱要接在多用电表的表笔_(填“A”或“B”)上。(3)改变电阻箱的阻值，分别读出多组电压表和电阻箱的示数U、R，并将对应的和的值计算出来并记录在表格中，再画出图象如图乙所示。若图乙中图线的斜率为k1，与纵轴的截距为b1，则所测内部电池的电动势E_，欧姆挡“1”正常工作时的内阻R_。(用k1、b1表示)(4)一位同学提出了数据处理的另一种思路：先计算出，然后画U图象如图丙所示。由图丙得到图线的斜率为k2，与纵轴的截距为b2，则电池的电动势E_，欧姆挡“1”正常工作时的内阻R_。(用k2、b2表示)。答案(1)右(2)B(3)(4)b2k2解析(1)欧姆表的0刻度在表盘的右侧，因此红黑表笔短接进行欧姆调零时应将指针调到右侧零刻度线处。(2)根据电压表的接法，电流需从正接线柱流入，负接线柱流出，由图甲可知表笔B接电源正极，因此电压表的正接线柱应接B。(3)由闭合电路欧姆定律得：EUIRUR，整理得：，可知图乙中图线与纵轴的截距b1，斜率k1，解得：E，R。(4)根据EUIRUR等效变换为UER，可知图丙中图线与纵轴的截距b2E，斜率k2R，故Rk2。7(2019重庆一中高三5月模考)某物理兴趣小组的同学现在要测定由两节新干电池组成的电池组的电动势和内阻大小，该同学根据实验室提供的实验器材设计了如图1所示的原理图，其中定值电阻R11.0 ，R02.0 ，毫安表的量程范围为0150 mA，内阻大小为rmA4 。试完成下列问题：(1)请根据原理图将如图2所示的实物图连接好。(2)实验中电压表所选的量程为03 V，某次测量中电压表的读数如图3所示，则此次实验中电压表的读数为U_ V。(3)他们已经将实验中所测得的实验数据描点，并作出了UI图象，如图4所示。则电池组的电动势为E_ V，内阻为r_ 。答案(1)图见解析(2)2.50(3)2.982.46解析(1)实物连线如图所示。(2)电压表所选的量程为03 V，分度值为0.1 V，则电压表的读数为U2.50 V。(3)将R0等效为电源的内阻，等效电源内阻为r0rR0。设毫安表读数为I，毫安表内阻为4 ，与毫安表并联的电阻阻值为R11.0 ，通过电阻R1的电流为毫安表的4倍，干路电流为毫安表读数的5倍，由闭合电路的欧姆定律和并联电路的电流规律有：EU5r0I，整理得UE5r0I。由上式可知UI图线与纵轴的截距表示电池组的电动势，故电池组的电动势为E2.98 V，斜率的绝对值表示电池组等效内阻的5倍，由图可知图象的斜率的绝对值为：|k|22.29，故电池组的等效内阻为r0 4.46 ，故电池组的内阻为rr0R04.46 2.0 2.46 。8(2019广东广州二模)测金属丝的电阻率实验中：(1)用螺旋测微器测量金属丝的直径如图a，其示数为_ mm。(2)实验电路如图b，请用笔画线代替导线，完成图c的实物连线。(3)开启电源，合上开关，记录ap的长度L和电流表A的示数I；移动线夹改变ap的长度L，测得多组L和I值，作出L的图线，求得图线斜率为k。(4)若稳压电源输出电压为U，金属丝的横截面积为S，则该金属丝的电阻率_(用k、U、S表示)。答案(1)0.360(2)图见解析(4)kUS解析(1)金属丝的直径为：0.01 mm36.00.360 mm。(2)实物连线如图所示。(4)由闭合电路的欧姆定律：UI(RxR0)，而Rx，联立可得：L，则k，解得：电阻率kUS。9(2019湖南衡阳二模)某研究性学习小组的同学欲做“描绘小电珠的伏安特性曲线”实验。已知所用小电珠的额定电压和额定功率分别为2.5 V、1.3 W，实验使用的直流电源的电动势为3.0 V，内阻忽略不计，实验可供选择的器材规格如下：a电流表A1(量程00.6 A，内阻约5 )b电流表A2(量程03 A，内阻约0.1 )c电压表V1(量程03 V，内阻约3 k)d电压表V2(量程015 V，内阻约2000 )e滑动变阻器R1(阻值010 ，额定电流1 A)f滑动变阻器R2(阻值05000 ，额定电流500 mA)请回答下列问题：(1)为了完成实验且尽可能减小实验误差，电流表应选择_，电压表应选择_，滑动变阻器应选择_。(填写实验器材前的序号)(2)根据所选的实验器材，请设计合理的电路原理图来完成该实验。(3)该研究性学习小组的同学用设计好的电路测得了该小电珠两端的电压U和通过该小电珠的电流，由欧姆定律计算得到的小电珠的电阻值_(选填“大于”“等于”或“小于”)真实值。(4)该研究性学习小组的同学通过设计好的电路得到了多组实验数据，并根据得到的多组数据在坐标系中描点画图，如图所示，该图线向下弯曲，其原因是_。(5)如果取两个这样的小电珠并联以后再与一阻值为2.0 的定值电阻串联，并接在电动势为3.0 V、内阻忽略不计的直流电源两端，则每个小电珠消耗的实际功率应为_ W。(结果保留两位小数)答案(1)ace(2)图见解析(3)小于(4)小电珠的电阻随温度的升高而增大(5)0.56解析(1)由于小电珠的额定电压为2.5 V，所以电压表应选c，额定电流为：IL A0.52 A，所以电流表应选a，本实验小电珠两端的电压要从零开始变化，所以滑动变阻器用分压式接法，即用总阻值较小的，应选e。(2)本实验小电珠两端的电压要从零开始变化，所以滑动变阻器采用分压式接法，小电珠的电阻较小，所以电流表应外接，电路图如图所示。(3)由于电压表的分流作用，所以电流表的示数比流过小电珠的电流大，由公式R可知，电阻的测量值小于真实值。(4)IU图象上点与原点连线的斜率表示电阻的倒数，由图可知，电阻随电压的增大而增大，其原因是小电珠的电阻随温度的升高而增大。(5)将定值电阻与电源等效为内阻为2.0 ，电动势为3.0 V的电源，设并联的每个灯泡两端的电压为U，通过的电流为I，由闭合电路欧姆定律得：EU2Ir，代入数据得：U3.04.0I，在题中的IU坐标系中作电源的IU关系图象，如图所示。由图可知，每个小电珠在该电源下的电压和电流分别为：U1.3 V，I0.43 A，所以小电珠的实际功率为：PUI0.56 W。10(2019陕西咸阳三模)热敏电阻包括正温度系数电阻器(PTC)和负温度系数电阻器(NTC)。正温度系数电阻器(PTC)在温度升高时电阻值增大，负温度系数电阻器(NTC)在温度升高时电阻值减小，热敏电阻的这种特性，常常应用在控制电路中。某实验小组选用下列器材探究通过热敏电阻Rx(常温下阻值约为10.0 )的电流随其两端电压变化的特点。A电流表A1(量程100 mA，内阻约1 )B电流表A2(量程0.6 A，内阻约0.3 )C电压表V1(量程3.0 V，内阻约3 k)D电压表V2(量程15.0 V，内阻约10 k)E滑动变阻器R(最大阻值为10 )F滑动变阻器R(最大阻值为500 )G电源E(电动势15 V，内阻忽略)H开关、导线若干(1)实验中改变滑动